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2025年高考物理一轮复习讲义学案 第九章 静电场 第三讲 电容器 带电粒子在电场中的运动
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这是一份2025年高考物理一轮复习讲义学案 第九章 静电场 第三讲 电容器 带电粒子在电场中的运动，共26页。
考点1 电容器及平行板电容器的动态分析
1.电容器
（1）组成：由两个彼此[1] 绝缘 又相距很近的导体组成.
（2）带电荷量：一个极板所带电荷量的[2] 绝对值 .
（3）电容器的充、放电
①充电：使电容器带电的过程，充电后电容器两极板带上等量的[3] 异种电荷 ，电容器中储存电场能.
②放电：使充电后的电容器失去电荷的过程，放电过程中[4] 电场能 转化为其他形式的能.
2.电容
3.平行板电容器的电容
（1）决定因素：[8] 正对面积 、相对介电常数、两板间的距离.
（2）决定式：C＝εrS4πkd.
4.平行板电容器的动态分析
水可以用容器储存起来，电荷也可以用一个“容器”储存起来，这样的容器叫“电容器”.判断下列有关电容器的说法的正误.
（1）电容器所带的电荷量是指每个极板所带电荷量的代数和.（ ✕ ）
（2）电容器的电容与电容器所带电荷量成反比.（ ✕ ）
（3）标有“1.5μF，9V”规格的电容器，其所带电荷量一定为1.35×10－5C.（ ✕ ）
（4）平行板电容器充电后与电源断开，则电荷量Q一定；若一直与稳压电源连接，则电压U不变.（ √ ）
命题点1 电势差不变时的动态分析
1.[C变化/2023广东汕头期中/多选]如图所示，将平行板电容器接在恒定电源两端，电容器两极板间的带电尘埃恰好处于静止状态.若将两极板缓慢地错开一些，其他条件不变，则（ ABC ）
A.电容器两端电压不变
B.带电尘埃仍保持静止状态
C.电流计G中有a到b方向的短时电流
D.电流计G中有b到a方向的短时电流
解析 若将两极板错开一些，则电容器的电容减小，电容器始终与电源相连，故两极板间的电压不变，所以电容器上的电荷量减少，电容器放电，电流从电容器的正极板流出，流向电源的正极，即电流方向为a→b，A、C正确，D错误；因电容器两极板间电压不变，两极板间的距离没有发生变化，所以场强没有发生变化，带电尘埃受到的电场力不变，带电尘埃仍静止，B正确.
2.[d变化]手机自动计步器的原理如图所示，电容器的一个极板M固定在手机上，另一个极板N与两个固定在手机上的轻弹簧连接，人带着手机向前加速运动阶段与静止时相比，手机上的电容器（ D ）
A.电容变大
B.两极板间的电压降低
C.两极板间的电场强度变大
D.两极板所带电荷量减少
解析 人带着手机向前加速运动时，电容器两极板间的距离变大，由C＝εrS4πkd可得，手机上的电容器的电容变小，A错误；电容器始终与电源相连，所以人带着手机向前加速运动阶段与静止时相比，手机上的电容器两极板间的电压不变，B错误；由E＝Ud可得，两极板间的电场强度变小，C错误；由电容的定义式C＝QU可得，两极板所带的电荷量为Q＝CU，而电容C变小，电压U不变，所以两极板所带电荷量减少，D正确.
命题点2 带电荷量不变时的动态分析
3.[d变小的动态变化/2021重庆]电容式加速度传感器可用于触发汽车安全气囊.如图所示，极板M、N组成的电容器视为平行板电容器，M固定，N可左右运动，通过测量电容器极板间电压的变化来确定汽车的加速度.当汽车减速时，极板M、N的距离减小，若极板上电荷量保持不变，则该电容器（ C ）
A.电容变小
B.极板间电压变大
C.极板间电场强度不变
D.极板间电场强度变小
解析 当汽车减速时，极板M、N的距离减小，由平行板电容器的决定式C＝εrS4πkd可知，电容器的电容增大，A错误；又极板上的电荷量保持不变，由电容定义式C＝QU可知，极板之间的电压变小，B错误；极板间的电场强度E＝Ud＝QCd＝Qd·4πkdεrS＝4πkQεrS，可知极板之间的电场强度不随极板间距离d变化，C正确，D错误.
4.[两种变化的综合问题/多选]如图所示，G为静电计，M、N为平行板电容器的金属板，开始时开关S闭合，静电计指针张开一定角度.若不考虑静电计引起的电荷量变化，则下列说法正确的是（ AC ）
A.保持开关S闭合，将两极板间距减小，两极板间的电场强度E1增大
B.保持开关S闭合，将滑动变阻器R的滑片P向左移动，静电计指针张开角度变大
C.断开开关S后，紧贴N极板插入金属板，静电计指针张开角度变小
D.断开开关S后，将两极板间距增大，两极板间的电势差U减小
解析 保持开关S闭合，滑动变阻器R仅仅充当导线功能，电容器两极板间的电势差U不变，滑动变阻器R的滑片P向左移动不会影响静电计指针张角，静电计指针张开角度不变，将两极板间距d减小，由E1＝Ud可知两极板间的电场强度E1增大，故A正确，B错误；断开开关S后，电容器的带电荷量Q不变，若紧贴N极板插入金属板，相当于两极板间距d减小，根据C＝εrS4πkd可知电容C增大，根据C＝QU可知两极板间的电势差U减小，静电计指针张开角度变小，若将两极板间距d增大，电容C减小，两极板间电势差U增大，故C正确，D错误.
方法点拨
平行板电容器的动态分析思路
命题点3 电容器与力学知识的综合应用
5.如图所示，平行板电容器的两极板竖直放置并分别与电源的正负极相连，一带电小球经绝缘轻绳悬挂于两极板之间，处于静止状态.现保持右极板不动，将左极板向左缓慢移动.关于小球所受的电场力大小F，绳子的拉力大小T，轻绳与竖直方向的夹角θ，下列判断正确的是（ A ）
A.F逐渐减小，T逐渐减小，θ逐渐减小
B.F逐渐增大，T逐渐减小，θ逐渐增大
C.F逐渐增大，T逐渐减小，θ逐渐减小
D.F逐渐减小，T逐渐增大，θ保持不变
解析 电容器与电源相连，所以两极板间电势差不变，将左极板向左缓慢移动的过程中，两板间距离增大，则由U＝Ed可知，电场强度E减小，小球所受电场力F＝Eq减小.如图所示，小球处于平衡状态，受重力、拉力与电场力的作用，故拉力与电场力和重力的合力大小相等，方向相反，根据平行四边形定则可知，T＝F2＋G2，由于重力不变，电场力减小，故拉力减小，θ减小，A正确，B、C、D错误.
命题拓展
若充电后将电源去掉，保持右极板不动，将左极板向右缓慢移动，则下面几个物理量怎样变化？
（1）U 减小 ；（2）F 不变 ；（3）T 不变 ；（4）θ 不变 .
解析 充电后将电源去掉，则平行板电容器的电荷量Q不变，将左极板向右缓慢移动，则d减小，根据C＝εrS4πkd可知C增大；根据U＝QC可知，U减小；根据F＝Eq＝Udq＝4πkqQεrS可知，F不变；根据受力分析可知T不变，θ不变.
考点2 带电粒子在电场中的直线运动
1.做直线运动的条件
（1）粒子所受合力F合＝0，粒子静止或做匀速直线运动.
（2）粒子所受合力F合≠0且与初速度共线，带电粒子将做加速直线运动或减速直线运动.
2.两种分析角度
3.带电粒子在电场中运动时是否考虑重力的处理方法
（1）基本粒子：如电子、质子、α粒子、离子等，除有说明以外，一般都不考虑重力（但并不忽略质量）.
（2）带电颗粒：如液滴、油滴、尘埃、小球等，除有说明以外，一般都要考虑重力.
两平行金属板相距为d，电势差为U，一个质子从O点静止释放，O、A相距为h，质子质量为m，质子的电荷量为q.
（1）质子由O点到A点的过程中，由动能定理有 qUOA ＝12mvA2，其中UOA＝ hd U，故质子到A点的速度vA＝ 2qhUmd .
（2）质子由O点到A点的过程中，所用时间为t，加速度大小为a，由牛顿第二定律有q Ud ＝ma，由匀变速直线运动规律有h＝ 12at2 ，解得t＝ 2mdhqU .
6.如图所示，两极板加上恒定的电压U，将一质量为m、电荷量为＋q的带电粒子在正极板附近由静止释放，粒子向负极板做加速直线运动.不计粒子重力.若将两板间距离减小，再次释放该粒子，则（ B ）
A.带电粒子获得的加速度变小
B.带电粒子到达负极板的时间变短
C.带电粒子到达负极板时的速度变小
D.加速全过程静电力对带电粒子的冲量变小
解析 根据匀强电场场强公式和牛顿第二定律有E＝Ud、qE＝ma，可得a＝qUmd，将两板间距离减小，带电粒子获得的加速度变大，故A错误；根据匀变速直线运动规律d＝12at2，解得t＝2md2qU，将两板间距离减小，带电粒子到达负极板的时间变短，故B正确；根据动能定理有qU＝12mv2，解得v＝2qUm，带电粒子到达负极板时的速度不变，故C错误；根据动量定理有I＝mv，可知加速全过程静电力对带电粒子的冲量不变，故D错误.
方法点拨
带电体在电场中的直线运动的一般分析步骤
考点3 带电粒子在匀强电场中的偏转
1.偏转规律
2.两个结论
（1）不同的带电粒子从静止开始经过同一电场加速后，再从同一偏转（匀强）电场射出时的偏移量y和速度偏转角θ总是[11] 相同的 .
由qU0＝12mv02、y＝qUl22mdv02、tan θ＝qUlmdv02得y＝Ul24U0d，tan θ＝Ul2U0d.
（2）带电粒子经匀强电场偏转后，速度的反向延长线与初速度延长线的交点为粒子水平位移的[12] 中点 .
由tanθ＝yx得x＝ytanθ＝l2.
3.功能关系
当讨论带电粒子的末速度v时也可以从能量的角度进行求解，qUy＝12mv2－12mv02，其中Uy＝Udy，指初、末位置间的电势差.
如图所示，两相同极板A与B的长度l为6.0cm，相距d为2cm，极板间的电压U为200V.一个电子沿平行于板面的方向射入电场中，射入时的速度v0为3.0×107m/s，把两板间的电场看作匀强电场，其中电子的电荷量e＝1.60×10－19C，电子的质量m＝9.11×10－31kg.
（1）电子在电场中做什么运动？
（2）求电子穿出电场所用时间.
（3）求电子穿出电场过程中垂直极板方向的位移大小.
答案 （1）类平抛运动 （2）2.0×10－9s （3）0.35cm
解析 （1）电子在平行极板方向做匀速直线运动，在垂直极板方向做匀加速直线运动，整体做类平抛运动.
（2）电子在平行极板方向做匀速直线运动，则有l＝v0t，解得t＝2.0×10－9s.
（3）由牛顿第二定律有eUd＝ma，在垂直极板方向有y＝12at2，解得y＝0.35cm.
命题点1 只在电场力作用下的偏转
7.如图所示，两金属板P、Q水平放置，间距为d.两金属板正中间有一水平放置的金属网G，P、Q、G的尺寸相同.G接地，P、Q的电势均为φ（φ＞0）.质量为m、电荷量为q（q＞0）的粒子自G的左端上方距离G为h的位置，以速度v0平行于纸面水平射入电场，重力忽略不计.
（1）求粒子第一次穿过G时的动能，以及它从射入电场至此时在水平方向上的位移大小；
（2）若粒子恰好从G的下方距离G也为h的位置离开电场，则金属板的长度最短应为多少？
答案 （1）12mv02＋2φdqh v0mdhqφ （2）2v0mdhqφ
解析 （1）PG、QG间场强大小相等，均记为E.粒子在PG间所受电场力F的方向竖直向下，设粒子的加速度大小为a，有
E＝2φd，F＝qE＝ma
设粒子第一次到达G时动能为Ek，由动能定理有
qEh＝Ek－12mv02
设粒子第一次到达G时所用的时间为t，粒子在水平方向的位移大小为l，则有
h＝12at2，l＝v0t
联立解得Ek＝12mv02＋2φdqh，l＝v0mdhqφ.
（2）若粒子穿过G一次就从电场的右侧飞出，则金属板的长度最短.由对称性知，此时金属板的长度为
L＝2l＝2v0mdhqφ.
命题拓展
情境变化 设问一致
（1）保持P、Q两板电势φ不变，将P和Q分别竖直向上和竖直向下平移d2，其他条件不变，求原题中的两问.
（2）保持P、Q两板的电荷量不变，将P和Q分别竖直向下和竖直向上平移d4（已知d4＞h），其他条件不变，求原题中的两问.
一题多设问
（3）将原题（2）改为：若粒子恰好从距离G也为h的位置离开电场，则金属板的长度可能为多少？
答案 （1）12mv02＋φdqh v0mdhqφ 2v0mdhqφ
（2）12mv02＋2φdqh v0mdhqφ 2v0mdhqφ
（3）kv0mdhqφ（k＝2，4，6，…）
解析 （1）由于P、G、Q构成了两个电容器，保持P、Q两板电势φ不变，则平移后P、G间的场强大小E1＝φd，然后结合水平方向的匀速直线运动和竖直方向的匀变速运动及动能定理进行分析求解，请同学们自己动手做一做.
（2）P、G原来相距d2，平移后P、G相距d4，保持P、Q两板的电荷量不变，根据C＝εrS4πkD和U＝QC及E2＝UD可得E2＝4πkQεrS，因此P、G间的场强大小不变，仍为2φd.
（3）由于P、G间的场强与G、Q间的场强大小相等，方向相反，因此粒子在P、G间和G、Q间的运动具有对称性和周期性，粒子可能从G的下方距离G为h的位置离开电场，也可能从G的上方距离G为h的位置离开电场.请同学们自己动手做一做并画出粒子的运动轨迹图.
方法点拨
带电粒子在匀强电场中的偏转问题的解题模板
命题点2 在电场力和重力作用下的偏转
8.[电场和重力场组合下的偏转/多选]如图所示，在真空中，水平面MN的下方存在竖直向下的匀强电场，质量为m的带电小球由MN上方的A点以一定初速度v0水平抛出，从B点进入电场，到达C点时速度方向恰好水平.已知A、B、C三点在同一直线上，且AB＝2BC，重力加速度为g，则（ ABD ）
A.小球在电场中受到的电场力大小为3mg
B.小球带负电
C.小球从A到B与从B到C的运动时间相等
D.小球从A到B与从B到C的速度变化量大小相等
解析 从竖直方向上看，小球初速度为0，先匀加速后匀减速至速度再次为0，从水平方向上看，小球一直做匀速直线运动，因为AB＝2BC，故小球在做平抛运动时的水平位移是小球在电场中运动时的水平位移的2倍，所以小球做平抛运动的时间是小球在电场中运动的时间的2倍，选项C错误；小球在C点时速度方向恰好水平，根据公式v＝at知，小球在电场中的加速度大小是做平抛运动时的加速度大小的2倍，因为做平抛运动时的加速度大小为g，所以在电场中运动时的加速度大小为2g，方向竖直向上，所以有F电－mg＝2mg，得电场力大小F电＝3mg，选项A正确；小球在竖直向下的电场中受向上的电场力，故小球带负电，选项B正确；因为小球在A、C点的速度相同，所以小球从A到B与从B到C的速度变化量大小相等，方向相反，选项D正确.
9.[电场和重力场叠加下的偏转]如图所示，在真空中，将一个质量为m、带电荷量为＋q的粒子从A点以初速度v0竖直向上射入水平向右的匀强电场中，粒子通过电场中B点时，速率vB＝2v0，方向与电场的方向一致，则A、B两点的电势差为（ C ）
A.mv022qB.3mv02qC.2mv02qD.3mv022q
解析 粒子在竖直方向做匀减速直线运动，则有2gh＝v02，电场力做正功，重力做负功，使粒子的动能由12mv02变为2mv02，则根据动能定理有Uq－mgh＝2mv02－12mv02，解得A、B两点电势差应为U＝2mv02q，故选项C正确.
命题点3 多种粒子偏转运动的比较
10.[多选]如图所示，有三个质量相等，分别带正电、负电和不带电的小球，从平行板电场中的P点以相同的水平初速度垂直于电场方向进入电场，它们分别落在A、B、C三点，则可判断（ AD ）
A.落到A点的小球带正电，落到B点的小球不带电
B.三小球在电场中运动时间相等
C.三小球到达正极板时的动能关系是EkA＞EkB＞EkC
D.三小球在电场中运动的加速度关系是aC＞aB＞aA
解析 在平行金属板间不带电小球、带正电小球和带负电小球的受力如图所示，三小球在水平方向都不受力，做匀速直线运动，则落在板上时水平方向的距离与下落时间成正比，即tA＞tB＞tC，由于竖直位移相同，根据h＝12at2知，aA＜aB＜aC，则结合牛顿第二定律知，落在A点的小球带正电，B点的小球不带电，C点的小球带负电，A、D正确，B错误；根据动能定理W合＝Ek－Ek0，三球所受合力关系FA＜FB＜FC，三球的初动能相等，可知EkA＜EkB＜EkC，C错误.
热点10 现代科技中的静电场问题
静电场在现代科技中的应用主要是运用电场对不同粒子的加速和偏转情况不同的原理以及电容器的动态变化原理.高考常结合现代科技考查考生对带电粒子在电场中运动的灵活应用以及将实际问题模型化的能力，试题难度中等.
1.[静电喷涂]静电喷涂是利用高压静电电场使带负电的涂料微粒沿着与电场相反的方向定向运动，并将涂料微粒吸附在工件表面上的一种喷涂方法，其工作原理如图所示.忽略运动中涂料微粒间的相互作用和涂料微粒的重力.下列说法中正确的是（ D ）
A.当静电喷涂机与被喷涂工件之间的距离增大时，运动中的涂料微粒所受电场力增大
B.涂料微粒的运动轨迹仅由被喷涂工件与静电喷涂机之间所接的高压电源决定
C.在静电喷涂机水平向左移动的过程中，有两个带有相同电荷量的微粒先后经过被喷涂工件右侧P点（相对工件的距离不变）处，先经过的微粒电势能较大
D.涂料微粒在向被喷涂工件运动的轨迹中，在直线轨迹上电势升高最快
解析 当静电喷涂机与被喷涂工件之间的距离增大时，由于静电喷涂机与被喷涂工件之间电压恒定，电场强度减小，故涂料微粒所受电场力减小，A错误；涂料微粒的运动轨迹与初速度和受力情况均有关，B错误；工件接地，电势为零，P处电势为负值，喷涂机左移会使空间场强变大，P点电势变低，因微粒带负电，先经过的微粒电势能小，C错误；涂料微粒在向被喷涂工件运动的轨迹中，直线的距离最小，结合公式U＝Ed，在直线轨迹上电势升高最快，D正确.
2.如图是某款家用空气净化器的原理示意图，污浊空气通过过滤网后尘埃带电.图中充电极b、d接电源负极，集尘极a、c、e接电源正极（接地）.以下说法正确的是（ B ）
A.通过过滤网后空气中的尘埃带正电
B.尘埃被吸附到集尘极e的过程中动能增大
C.c、d两个电极之间的电场方向竖直向上
D.尘埃被吸附到集尘极a的过程中所受电场力做负功
解析 尘埃经过过滤网后被正极吸引，所以尘埃带负电，故A错误；尘埃在被吸附到集尘极e的过程中电场力做正功，动能增大，故B正确；因为充电极b、d接电源负极，集尘极a、c、e接电源正极，所以c、d两个电极之间的电场方向竖直向下，故C错误；尘埃带负电，受力方向与电场线方向相反，故吸附到集尘极a的过程中所受电场力做正功，故D错误.
3.[心脏除颤器]心脏除颤器的工作原理是向储能电容器充电，使电容器获得一定的储能，对心颤患者皮肤上的两个电极板放电，让一部分电荷通过心脏，刺激心颤患者的心脏，使之恢复正常跳动.如图是一次心脏除颤器的模拟治疗，该心脏除颤器的电容器电容为14μF，充电至10kV电压，如果电容器在2ms时间内完成放电，放电结束时电容器两极板间的电势差减为零，下列说法正确的是（ B ）
A.这次放电过程中通过人体组织的电流恒为70A
B.这次放电有0.14C的电荷量通过人体组织
C.若充电至5kV，则该电容器的电容为7μF
D.人体起到绝缘电介质的作用
解析 根据C＝QU可知该电容器所带电荷量在放电过程中逐渐减小，电压也在逐渐减小，所以电流逐渐减小，A错误；根据C＝QU可知充电至10 kV时电容器带的电荷量为Q＝CU＝0.14 C，故这次放电过程中有0.14 C的电荷量通过人体组织，B正确；在充电过程中，电容器的电容C不变，仍然为14 μF，C错误；人体为导体，D错误.
4.[电子束熔炼/多选]电子束熔炼是指高真空下，将高速电子束的动能转换为热能作为热源来进行金属熔炼的一种熔炼方法.如图所示，阴极灯丝被加热后产生初速度为0的电子，在3×104V加速电压的作用下，以极高的速度向阳极运动；穿过阳极后，在金属电极A1、A2间1×103V电压形成的聚焦电场作用下，轰击到物料上，其动能全部转换为热能，使物料不断熔炼.已知某电子在熔炼炉中的轨迹如图中虚线OPO'所示，P是轨迹上的一点，聚焦电场过P点的一条电场线如图中弧线所示，则（ ABD ）
A.电极A1的电势高于电极A2的电势
B.电子在P点时速度方向与聚焦电场强度方向夹角大于90°
C.聚焦电场只改变电子速度的方向，不改变电子速度的大小
D.电子轰击到物料上时的动能大于3×104eV
解析 由粒子运动轨迹与力的关系可知电子在P点受到的电场力斜向左下方，电子带负电，所以电场强度方向与电子受到的电场力方向相反，即电极A1的电势高于电极A2的电势，A正确；电子在P点时速度方向与聚焦电场强度方向夹角大于90°，B正确；聚焦电场不仅改变电子速度的方向，也改变电子速度的大小，C错误；由动能定理知，电子到达聚焦电场时动能已经为3×104 eV，再经过聚焦电场加速，电子轰击到物料上时的动能肯定大于3×104 eV，D正确.
1.[辐向电场/2023浙江6月]某带电粒子转向器的横截面如图所示，转向器中有辐向电场.粒子从M点射入，沿着由半径分别为R1和R2的圆弧平滑连接成的虚线（等势线）运动，并从虚线上的N点射出，虚线处电场强度大小分别为E1和E2，则R1、R2和E1、E2应满足（ A ）
A.E1E2＝R2R1B.E1E2＝R12R22
C.E1E2＝R1R2D.E1E2＝R22R12
解析 粒子在下侧电场中运动时，由牛顿第二定律得qE1＝mv2R1，又由于粒子沿等势线运动，则粒子进入上侧电场的速度大小不变，由牛顿第二定律得qE2＝mv2R2，整理得E1E2＝R2R1，A对，BCD错.
2.[电偏转/2023湖北/多选]一带正电微粒从静止开始经电压U1加速后，射入水平放置的平行板电容器，极板间电压为U2.微粒射入时紧靠下极板边缘，速度方向与极板夹角为45°，微粒运动轨迹的最高点到极板左右两端的水平距离分别为2L和L，到两极板距离均为d，如图所示.忽略边缘效应，不计重力.下列说法正确的是（ BD ）
A.L∶d＝2∶1
B.U1∶U2＝1∶1
C.微粒穿过电容器区域的偏转角度的正切值为2
D.仅改变微粒的质量或者电荷数量，微粒在电容器中的运动轨迹不变
解析
水平方向：x＝vxt2竖直方向：y＝vyt2－12at22→y＝x－av02x2→y＝x－14dx2，与q、m无关，D对
3.[静电场＋平衡条件/2022湖北]密立根油滴实验装置如图所示，两块水平放置的金属板分别与电源的正负极相接，板间产生匀强电场.用一个喷雾器把密度相同的许多油滴从上板中间的小孔喷入电场，油滴从喷口喷出时由于摩擦而带电.金属板间电势差为U时，电荷量为q、半径为r的球状油滴在板间保持静止.若仅将金属板间电势差调整为2U，则在板间能保持静止的球状油滴所带电荷量和半径可以为（ D ）
A.q，rB.2q，rC.2q，2rD.4q，2r
解析 带电油滴在电场中受力平衡，根据平衡条件有mg＝qUd，而m＝ρ43πr3，即43ρgπr3＝qUd，仅将金属板间电势差调整为2U，则有43ρgπr13＝q1·2Ud，依次将球状油滴所带电荷量和半径代入此式，只有D项正确，ABC项错误.
4.[平行板电容器＋受力分析/江苏高考]如图所示，水平金属板A、B分别与电源两极相连，带电油滴处于静止状态.现将B板右端向下移动一小段距离，两金属板表面仍均为等势面，则该油滴（ D ）
A.仍然保持静止B.竖直向下运动
C.向左下方运动D.向右下方运动
解析 由于水平金属板A、B分别与电源两极相连，两极板之间的电势差不变，将B板右端向下移动一小段距离，极板之间的电场强度将减小，油滴所受电场力减小，且电场力方向斜向右上方，则油滴所受的合外力斜向右下方，所以该油滴向右下方运动，选项D正确.
5.[带电体在电场中的运动/2023新课标]密立根油滴实验的示意图如图所示.两水平金属平板上下放置，间距固定，可从上板中央的小孔向两板间喷入大小不同、带电荷量不同、密度相同的小油滴.两板间不加电压时，油滴a、b在重力和空气阻力的作用下竖直向下匀速运动，速率分别为v0、v04；两板间加上电压后（上板为正极），这两个油滴很快达到相同的速率v02，均竖直向下匀速运动.油滴可视为球形，所受空气阻力大小与油滴半径、运动速率成正比，比例系数视为常量.不计空气浮力和油滴间的相互作用.
（1）求油滴a和油滴b的质量之比；
（2）判断油滴a和油滴b所带电荷的正负，并求a、b所带电荷量的绝对值之比.
答案 （1）8∶1 （2）a带负电荷，b带正电荷 4∶1
解析 （1）根据题述有f＝kvr
设油滴a的质量为m1，油滴a以速率v0向下匀速运动，由平衡条件有m1g＝kv0r1，m1＝43πr13ρ
设油滴b的质量为m2，油滴b以速率14v0向下匀速运动，由平衡条件有m2g＝k·14v0r2，m2＝43πr23ρ
联立解得m1∶m2＝8∶1
（2）由于当在上下平板加恒定电压（上板为高电势）时，这两个油滴很快以12v0的速率竖直向下匀速运动，所以有
油滴a速度减小，说明油滴a受到了向上的电场力，则油滴a带负电荷
油滴b速度增大，说明油滴b受到了向下的电场力，则油滴b带正电荷
由m1m2＝8和m1＝43πr13ρ，m2＝43πr23ρ可知，甲、乙油滴的半径之比为r1r2＝2
由f＝kvr可知两个油滴均以速率12v0竖直向下匀速运动时，所受阻力之比为f1f2＝r1r2＝2
油滴b以速率14v0竖直向下匀速运动时，所受阻力为f3＝m2g
结合f＝kvr可知油滴b以速率12v0竖直向下匀速运动时，所受阻力为f2＝2f3＝2m2g
油滴a以速率12v0竖直向下匀速运动，所受阻力为
f1＝2f2＝4m2g
设油滴a所带电荷量的绝对值为q1，由平衡条件有
m1g＝q1E＋f1
设油滴b所带电荷量的绝对值为q2，由平衡条件有
m2g＋q2E＝f2
联立解得q1∶q2＝4∶1.
1.间距为d的平行板电容器所带电荷量为Q时，两极板间电势差为U1，板间场强为E1，现将电容器所带电荷量变为2Q，板间距离变为12d，其他条件不变，这时两极板间电势差为U2，板间场强为E2，下列说法正确的是（ C ）
A.U2＝U1 E2＝E1B.U2＝2U1 E2＝4E1
C.U2＝U1 E2＝2E1D.U2＝2U1 E2＝2E1
解析 由C＝εrS4πkd得，板间距离变为d2，则C2＝2C1，又U＝QC，则U2＝2QC2＝U1.由 E＝Ud得，E2＝U2d2＝U112d＝2E1，故C正确.
2.[2024成都七中零诊]如图所示，一带电微粒在重力和水平匀强电场对它的电场力作用下由a到b做直线运动，ab连线与竖直方向所夹的锐角为θ，则下列结论正确的是（ D ）
A.此微粒带负电
B.微粒可能做匀速直线运动
C.合外力对微粒做的总功等于零
D.微粒的电势能减小
解析 带电微粒受到的重力和电场力均为恒力，故受到的合外力不变，微粒由a到b做直线运动，则电场力方向水平向右，微粒带正电，加速度不变，故带电微粒做匀加速直线运动，A、B错误；由于微粒做匀加速直线运动，故合外力对微粒做正功，C错误；由于电场力做功W＝Eqxab cs θ，故电场力对微粒做正功，微粒的电势能减小，D正确.
3.[学科间融合问题/2024青海海东名校联考]如图甲所示，人体细胞膜由磷脂双分子层组成，双分子层间存在电压（医学上称为膜电位）.某小块均匀的细胞膜，厚度为d，膜内的电场可视为匀强电场，简化模型如图乙所示，若初速度为零的钠离子（带正电荷）仅在电场力的作用下，从图中的B点运动到A点，则下列说法正确的是（ D ）
图甲 图乙
A.此细胞膜内电场的电场强度方向由A点指向B点
B.运动过程中钠离子的电势能增大
C.若膜电位不变，则d越大，钠离子射出细胞外的速度越小
D.若膜电位不变，则d变化，钠离子射出细胞外的速度不变
解析 因为钠离子(带正电荷)仅在电场力的作用下由静止从B点运动到A点，所以此细胞膜内电场的电场强度方向由B点指向A点，A错误；因为电场力对钠离子做正功，所以钠离子的电势能减小，B错误；根据题意，由动能定理有qU＝12mv2，可知钠离子射出细胞外的速度v与d无关，因为膜电位U不变，所以钠离子射出细胞外的速度不变，C错误，D正确.
4.[2023江西二模]如图所示，在竖直向上的匀强电场中，A球位于B球的正上方，质量相等的两个小球以相同初速度水平抛出，它们最后落在水平面上同一点，其中只有一个小球带电，不计空气阻力，下列说法不正确的是（ B ）
A.若A球带电，则A球一定带负电
B.若A球带电，则A球的电势能一定增加
C.若B球带电，则B球一定带正电
D.若B球带电，则B球的电势能一定增加
解析 两个小球以相同初速度水平抛出，它们最后落在水平面上同一点，水平方向做匀速直线运动，则有x＝v0t，可知两球下落时间相同；两小球下落高度不同，根据公式h＝12at2，可知A球的加速度大于B球的加速度，故若A球带电，必定带负电，受到向下的电场力作用，电场力做正功，电势能减小；若B球带电，必定带正电，受到向上的电场力作用，电场力做负功，电势能增加.故只有B符合题意.
5.[示波管/2023浙江1月/多选]如图所示，示波管由电子枪、竖直方向偏转电极YY'、水平方向偏转电极XX'和荧光屏组成.电极XX'的长度为l、间距为d、极板间电压为U，YY'极板间电压为零，电子枪加速电压为10U.电子刚离开金属丝的速度为零，从电子枪射出后沿OO'方向进入偏转电极.已知电子电荷量为e，质量为m，则电子（ D ）
A.在XX'极板间的加速度大小为eUm
B.打在荧光屏时，动能大小为11eU
C.在XX'极板间受到电场力的冲量大小为2meU
D.打在荧光屏时，其速度方向与OO'连线夹角α的正切tanα＝l20d
解析 XX'极板间的电场强度大小为E＝Ud，电子所受的电场力大小为F＝eE＝eUd，由牛顿第二定律得a＝Fm＝eUdm，A错误；电子在加速电场中运动时电场力做的功为W1＝e·10U，电子沿OO'方向进入偏转电极，若能打在荧光屏上，在XX'极板间沿电场力方向的位移x≤d2，则电场力做的功W2≤12eU，对全过程由动能定理得Ek＝W1＋W2≤212eU，B错误；电子刚好从XX'极板的边缘离开时，电子在XX'极板间受到的电场力做的功为W2'＝12eU，故在XX'极板间受到电场力的冲量大小I≤2W2'm＝meU，C错误；电子离开加速电场时有e·10U＝12mv02，电子在XX'极板间的加速度大小为a＝eUdm，则离开XX'极板间时电子在垂直XX'极板方向的速度大小为vy＝at，沿OO'方向有l＝v0t，联立解得tan α＝vyv0＝l20d，D正确.
6.[多选]如图所示，一对水平放置的足够大的平行金属板上均匀分布有等量异种电荷.三个质量相同的小球，从板间某位置以相同的水平速度v0射入两极板间，落在倾斜绝缘板上的A、B、C三点，其中两个球带异种电荷，另一个不带电.不考虑倾斜板对匀强电场的影响及电荷间的相互作用，下列说法正确的是（ ABC ）
A.落在A点的小球带负电，落在C点的小球带正电，落在B点的小球不带电
B.落在A、B、C三点的小球在电场中的加速度的关系是aA＞aB＞aC
C.三个小球在电场中运动的时间关系是tA＜tB＜tC
D.电场力对落在A点的小球做负功
解析 小球垂直电场进入，则在平行于金属板方向做匀速直线运动，因为落在C点的小球的水平位移最大，落在A点的小球的水平位移最小，又具有相同的水平速度，则运动时间关系为tA＜tB＜tC，C正确；小球垂直电场进入，则在平行电场线方向做初速度为零的匀加速运动，根据h＝12at2，因为tA＜tB＜tC，且hA＞hB＞hC，所以aA＞aB＞aC，B正确；因为aA＞aB＞aC，分析可得，落在A点的小球电场力方向向下，落在C点的小球电场力方向向上，落在B点的小球不受电场力，则落在A点的小球带负电，落在C点的小球带正电，落在B点的小球不带电，A正确；落在A点的小球电场力方向向下，电场力对落在A点的小球做正功，D错误.
7.如图所示，竖直放置的两个平行金属板间存在匀强电场，与两板上边缘等高处有两个质量相同的带电小球，a小球从紧靠左极板处由静止释放，b小球从两板正中央由静止释放，两小球最终都能运动到右极板上的同一位置，则从开始释放到运动到右极板的过程中，它们的（ C ）
A.运动时间关系为ta＞tb
B.电势能减少量之比ΔEpa∶ΔEpb＝2∶1
C.电荷量之比qa∶qb＝2∶1
D.动能增加量之比ΔEka∶ΔEkb＝2∶1
解析 小球在竖直方向做自由落体运动，两者下落高度相同，说明运动时间相等，所以A错误.在水平方向小球做匀加速直线运动，设板间距离为d，根据x＝12·qUmdt2，位移之比为2∶1，可得a、b两小球的电荷量之比为2∶1，所以C正确.电势能的减少量等于电场力做的功，则ΔEpa∶ΔEpb＝(qaU)∶(qbU2)＝4∶1，所以B错误.动能增加量之比等于合力做功之比，即ΔEka∶ΔEkb＝(mgh＋qaU)∶(mgh＋qbU2)，由于不知道重力与电场力的关系，所以动能增加量之比不确定，D错误.
8.如图所示，在xOy坐标系所在平面内有沿x轴负方向的匀强电场，两个电荷量不同、质量相等的带电粒子A、B，从y轴上的S点以不同的速率沿着y轴正方向射入匀强电场，两粒子在圆形区域中运动的时间相同，不计粒子所受的重力，则（ C ）
A.A粒子带负电荷
B.B粒子所带的电荷量比A粒子的少
C.A粒子在圆形区域中电势能的变化量比B粒子的小
D.B粒子进入电场时具有的动能比A粒子的大
解析 由运动轨迹可以判定A粒子带正电荷，故A错误；两粒子进入电场后均做类平抛运动，沿y轴方向的分运动为匀速直线运动，沿x轴方向的分运动为匀加速直线运动，由题图可知两粒子沿x轴的位移大小有xB＞xA，即12·qBEmt2＞12·qAEmt2，整理得qB＞qA，故B错误；粒子在圆形区域中电势能的变化量等于电场力所做的功，即ΔEp＝W＝qEx，由于qB＞qA，xB＞xA，所以｜ΔEpB｜＞｜ΔEpA｜，故C正确；由题图可知yA＞yB，由于运动时间相同，所以v0A＞v0B，粒子质量相等，所以EkA＞EkB，故D错误.
9.[多选]如图所示的直角坐标系中，第一象限内分布着均匀辐射的电场，坐标原点与四分之一圆弧的荧光屏间电压为U；第三象限内分布着竖直向下的匀强电场，场强大小为E.大量电荷量为－q（q＞0）、质量为m的粒子，某时刻起从第三象限不同位置连续以相同的初速度v0沿x轴正方向射入匀强电场.若粒子只能从坐标原点进入第一象限，其他粒子均被坐标轴上的物质吸收并导走而不影响原来的电场分布.不计粒子的重力及它们间的相互作用.下列说法正确的是（ CD ）
A.能进入第一象限的粒子，在匀强电场中的初始位置分布在一条直线上
B.到达坐标原点的粒子速度越大，射入第一象限的速度方向与y轴的夹角θ越大
C.能打到荧光屏的粒子，到达O点的动能必须大于qU
D.若U＜mv022q，荧光屏第一象限内各处均有粒子到达而被完全点亮
解析 能进入第一象限的粒子，必须有－x＝v0t，－y＝qE2mt2，所以有y＝－qE2mv02x2，则能进入第一象限的粒子，在匀强电场中的初始位置分布在一条抛物线上，A错误；因为 sin θ＝v0v，所以到达坐标原点的粒子速度越大，射入第一象限的速度方向与y轴的夹角θ越小，B错误；能打到荧光屏的粒子，就满足12mv2＞qU，C正确；若U＜mv022q，则到达O点的粒子均能打到荧光屏上，而且到达O点的粒子的速度方向满足0°＜θ＜90°，故荧光屏第一象限内各处均有粒子到达而被完全点亮，D正确.
10.水平放置的两平行金属板AB、CD，相距为d，两极板加上恒定电压U，如图所示.质量为m，电荷量为＋q的粒子，从AC中点O处以初动能Ek0＝32qU进入电场，初速度v与水平方向夹角为θ＝30°，粒子沿着OMB的轨迹恰好运动到下极板右边缘的B点，M为运动轨迹的最高点，MN与极板垂直.不计粒子重力，则下列说法正确的是（ B ）
A.粒子运动到B点时的动能Ek＝52qU
B.粒子运动轨迹最高点到下极板的距离MN＝78d
C.粒子水平方向运动的位移AN：NB＝1：2
D.若将上极板上移极小一段距离，则粒子将打在B点左侧
解析 粒子由O点至B点过程中由动能定理得q·U2＝Ek－Ek0，解得Ek＝2qU，A错误.粒子在O点时有Ek0＝32qU＝12mv2，vx＝v cs 30°，vy＝v sin 30°，粒子在M点时动能为EkM＝12mvx2＝98qU，粒子由M点至B点过程中由动能定理可知qE·MN＝Ek－EkM，又E＝Ud，得MN＝78d，B正确.粒子在竖直方向有qUd＝ma，粒子由O点至M点有t1＝vya，粒子由M点至B点有78d＝12at22，AN＝vx·t1，NB＝vx·t2，可知AN∶NB＝3∶7，C错误.上极板上移，可知d增大，E减小，a减小，粒子在水平方向速度未变，则粒子在电场中运动时间未变，可知竖直方向位移减小，粒子将不打在下极板上，D错误.
11.[直线加速器＋交变电源/2023广东佛山第三中学模拟/多选]如图甲所示，直线加速器由一个金属圆板（序号为0）和多个横截面积相同的金属圆筒组成，其中心轴线在同一直线上，圆筒的长度遵照一定的规律依次增加.圆板和圆筒与交流电源相连，序号为奇数的圆筒与电源的一极相连，圆板和序号为偶数的圆筒与该电源的另一极相连，交变电源两极间电势差的变化规律如图乙所示.若电压的绝对值为U，电子电荷量大小为e，电子通过圆筒间隙的时间可以忽略不计.在t＝0时刻，圆板中央的一个电子在圆板和圆筒之间的电场中由静止开始加速，沿中心轴线冲进圆筒1，电子在每个圆筒中运动的时间均小于T，且电子均在电压变向时恰从各圆筒中射出，不考虑相对论效应，则（ ABD ）
A.由于静电屏蔽作用，圆筒内不存在电场
B.电子运动到第n个圆筒时动能为neU
C.在t＝5T4时奇数圆筒相对偶数圆筒的电势差为负值
D.第n个和第n＋1个圆筒的长度之比为n：n＋1
解析 由于静电屏蔽作用，圆筒内不存在电场，A正确；电子每经过一个间隙，电场力做功eU，根据动能定理可知，电子运动到第n个圆筒的过程中，由动能定理有neU＝Ek－0，故电子运动到第n个圆筒时动能为neU，B正确；因为t＝5T4＝T＋T4，t＝T4 时圆筒1相对圆板的电势差为正值，同理，t＝5T4时奇数圆筒相对偶数圆筒的电势差为正值，C错误；根据动能定理有eU＝12mv12，2eU＝12mv22，3eU＝12mv32，…，neU＝12mvn2，(n＋1)eU＝12mvn+12，第n个和第n＋1个圆筒的长度之比为Ln：Ln＋1＝vn：vn＋1，解得Ln：Ln＋1＝n：n+1，D正确.
12.[电场在科学技术中的应用/2023湖北部分市州联考]计算机断层扫描仪（CT）是医院常用设备，如图是部分结构的示意图.图中两对平行金属极板MN、EF分别竖直、水平放置.靠近M极板的电子从静止开始沿EF极板间的中线OO1，经MN间电场加速后进入EF板间，射出EF极板后打到水平放置的圆形靶台上.已知MN板间电压为U1，EF极板长为L、板间距为d；靶台直径为L2、与OO1的距离为d、左端与EF极板右端的水平距离也为L2；电子质量为m、电荷量为e；电子重力和所受空气阻力的影响可忽略.
（1）求电子穿过N极板小孔时的速度大小v1；
（2）若电子刚好打在靶台左端，求EF极板所加电压大小U2；
（3）若只改变EF极板间电压，使打在靶台上的电子动能最小，求此动能的最小值Emin.
答案（1）2U1em （2）2d2U1L2 （3）（4d29L2＋1）U1e
解析 （1）电子在MN极板间被加速，由动能定理得U1e＝12mv12
解得电子穿过N极板小孔时的速度大小v1＝2U1em
（2）若电子刚好打在靶台左端，则射出EF极板时电子的速度的偏向角θ满足tanθ＝dL
电子在偏转电场中做类平抛运动
水平方向匀速运动有t＝Lv1
竖直方向匀加速运动有v＝at
由牛顿第二定律得匀加速的加速度a＝U2edm
由几何关系得tanθ＝atv1
联立以上各式，解得U2＝2d2U1L2
（3）要使打在靶台上的电子动能最小，则需电子在偏转电场中偏转距离最小，则电子打在靶台右端时电子的动能最小，此时由类平抛运动的规律可知，连接靶台右端与两板中心的连线方向为电子出射的方向，如图所示，则由几何关系知偏转量y满足
yd＝L2L＋L2＝13
解得y＝d3
又由竖直方向电子匀加速运动得偏移量y＝12·U3edmt2，而t＝Lv1
联立解得U3＝4d2U13L2
则电子打到靶台上的最小动能Ekmin＝U1e＋U3dye＝（4d29L2＋1）U1e.
13.[微波信号放大器/2023广东广州一模]如图是微波信号放大器的结构简图，其工作原理简化如下：均匀电子束以一定的初速度进入Ⅰ区（输入腔）被ab间交变电压（微波信号）加速或减速，当Uab＝U0时，电子被减速到速度为v1，当Uab＝－U0时，电子被加速到速度为v2，接着电子进入Ⅱ区（漂移管）做匀速直线运动.某时刻速度为v1的电子进入Ⅱ区，t时间（小于交变电压的周期）后速度为v2的电子进入Ⅱ区，恰好在漂移管末端追上速度为v1的电子，形成电子“群聚块”，接着“群聚块”进入Ⅲ区（输出腔），达到信号放大的作用.忽略电子间的相互作用.求：
（1）电子进入Ⅰ区的初速度大小v0和电子的比荷em；
（2）漂移管的长度L.
答案 （1）v12＋v222 v22－v124U0 （2）v1v2v2－v1t
解析 （1）在Ⅰ区，由动能定理有－eU0＝12mv12－12mv02
eU0＝12mv22－12mv02
联立解得v0＝v12＋v222，em＝v22－v124U0
（2）在Ⅱ区，设速度为v2的电子运动时间为t'，则有v1（t＋t'）＝L，v2t'＝L
联立解得L＝v1v2v2－v1t.
14.[带电粒子在变化的电场中的运动]如图甲所示，热电子由阴极飞出时的初速度忽略不计，电子发射装置的加速电压为U0，平行板电容器的板长和板间距离均为L＝10cm，下极板接地，电容器右端到荧光屏的距离也是L＝10cm，在电容器极板间接一周期性变化的电压，上极板的电势随时间变化的图像如图乙所示.每个电子穿过平行板的时间都极短，可以认为电子穿过平行板的过程中电压是不变的.
（1）在t＝0.06s时刻，电子打在荧光屏上的何处？
（2）荧光屏上有电子打到的区间有多长？
答案 （1）荧光屏上方距离O点13.5cm处 （2）30cm
解析 （1）设电子经电压U0加速后的速度为v，根据动能定理得eU0＝12mv2
所以v＝2eU0m
经偏转电场偏转后的偏移量y＝12at2＝12·eU偏mL（Lv）2
所以y＝U偏L4U0
由题图乙知t＝0.06s时刻U偏＝1.8U0，解得y＝4.5cm
设打在屏上的点距O点距离为Y，根据相似三角形并结合类平抛运动知识可得Yy＝L＋12L12L
代入数据解得Y＝13.5cm
故在t＝0.06s时刻，电子打在荧光屏上方距离O点13.5cm处
（2）由题知电子偏移量y的最大值为12L，由y＝U偏L4U0可得，当偏转电压超过2U0时，电子就打不到荧光屏上了.
根据Yy＝L＋12L12L
得Ymax＝3L2，所以荧光屏上有电子打到的区间长为2Ymax＝3L＝30cm.课标要求
核心考点
五年考情
核心素养对接
1.能分析带电粒子在电场中的运动情况，能解释相关的物理现象.
2.观察常见的电容器，了解电容器的电容，观察电容器的充、放电现象.
3.能举例说明电容器的应用.
电容器及平行板电容器的动态分析
2022：湖北T4；
2021：重庆T4；
2019：北京T23
1.物理观念：理解电容器及电容的基本概念；理解带电粒子在电场中偏转的原理；掌握平行板电容器的电容及带电粒子在电场中运动等基本规律.
2.科学思维：利用公式判断平行板电容器电容的变化；利用动力学、功能、动量观点分析带电粒子在电场中的运动，掌握作图法在偏转问题中的应用.
3.科学探究：通过探究影响电容器电容大小的因素，能应用控制变量的方法确定科学探究方案.
4.科学态度与责任：通过认识常见的电容器，体会电容器在生活中的广泛应用，培养探究新事物的兴趣.思考带电粒子在电场中偏转的实际应用，并应用于日常生活中，提升自己的社会责任感.
带电粒子在电场中的直线运动
2022：辽宁T10，广东T14；
2021：山东T6，广东T6，上海T8；
2019：天津T12，浙江4月T10
带电粒子在匀强电场中的偏转
2023：北京T19，湖北T10，浙江6月T8；
2022：全国乙T21，浙江6月T9；
2021：全国乙T20；
2020：浙江7月T6，浙江1月T7；
2019：全国ⅢT24，江苏T5，天津T3
命题分析预测
电容器的性质一般单独考查，主要考查其动态分析；带电粒子在电场中的加速和偏转问题是高考的热点问题，主要考查力与运动的关系及运动过程中的功能关系.预计2025年高考可能会结合电容器或粒子加速器等在生活中的实际应用考查带电粒子的运动.
定义
电容器所带的[5] 电荷量Q 与电容器两极板之间的[6] 电势差U 之比
定义式
C＝QU比值定义法
单位
法拉（F）、微法（μF）、皮法（pF）.1F＝[7] 106 μF＝1012pF
意义
表示电容器容纳电荷本领的高低
决定
因素
由电容器本身物理条件（大小、形状、相对位置及电介质）决定，与电容器是否带电及两极板间是否存在电压无关
运动情况
如果带电粒子以初速度v0垂直场强方向进入板间电压为U的匀强电场中，则带电粒子在电场中做类平抛运动，如图所示
处理方法
将粒子的运动分解为沿初速度方向的[9] 匀速直线 运动和沿电场力方向的[10] 匀加速直线 运动.根据运动的合成与分解的知识解决有关问题
基本关系式
运动时间t＝lv0，加速度a＝Fm＝qEm＝qUmd，偏转量y＝12at2＝qUl22mdv02，偏转角θ的正切值tanθ＝vyv0＝atv0＝qUlmdv02
考点1 电容器及平行板电容器的动态分析
1.电容器
（1）组成：由两个彼此[1] 绝缘 又相距很近的导体组成.
（2）带电荷量：一个极板所带电荷量的[2] 绝对值 .
（3）电容器的充、放电
①充电：使电容器带电的过程，充电后电容器两极板带上等量的[3] 异种电荷 ，电容器中储存电场能.
②放电：使充电后的电容器失去电荷的过程，放电过程中[4] 电场能 转化为其他形式的能.
2.电容
3.平行板电容器的电容
（1）决定因素：[8] 正对面积 、相对介电常数、两板间的距离.
（2）决定式：C＝εrS4πkd.
4.平行板电容器的动态分析
水可以用容器储存起来，电荷也可以用一个“容器”储存起来，这样的容器叫“电容器”.判断下列有关电容器的说法的正误.
（1）电容器所带的电荷量是指每个极板所带电荷量的代数和.（ ✕ ）
（2）电容器的电容与电容器所带电荷量成反比.（ ✕ ）
（3）标有“1.5μF，9V”规格的电容器，其所带电荷量一定为1.35×10－5C.（ ✕ ）
（4）平行板电容器充电后与电源断开，则电荷量Q一定；若一直与稳压电源连接，则电压U不变.（ √ ）
命题点1 电势差不变时的动态分析
1.[C变化/2023广东汕头期中/多选]如图所示，将平行板电容器接在恒定电源两端，电容器两极板间的带电尘埃恰好处于静止状态.若将两极板缓慢地错开一些，其他条件不变，则（ ABC ）
A.电容器两端电压不变
B.带电尘埃仍保持静止状态
C.电流计G中有a到b方向的短时电流
D.电流计G中有b到a方向的短时电流
解析 若将两极板错开一些，则电容器的电容减小，电容器始终与电源相连，故两极板间的电压不变，所以电容器上的电荷量减少，电容器放电，电流从电容器的正极板流出，流向电源的正极，即电流方向为a→b，A、C正确，D错误；因电容器两极板间电压不变，两极板间的距离没有发生变化，所以场强没有发生变化，带电尘埃受到的电场力不变，带电尘埃仍静止，B正确.
2.[d变化]手机自动计步器的原理如图所示，电容器的一个极板M固定在手机上，另一个极板N与两个固定在手机上的轻弹簧连接，人带着手机向前加速运动阶段与静止时相比，手机上的电容器（ D ）
A.电容变大
B.两极板间的电压降低
C.两极板间的电场强度变大
D.两极板所带电荷量减少
解析 人带着手机向前加速运动时，电容器两极板间的距离变大，由C＝εrS4πkd可得，手机上的电容器的电容变小，A错误；电容器始终与电源相连，所以人带着手机向前加速运动阶段与静止时相比，手机上的电容器两极板间的电压不变，B错误；由E＝Ud可得，两极板间的电场强度变小，C错误；由电容的定义式C＝QU可得，两极板所带的电荷量为Q＝CU，而电容C变小，电压U不变，所以两极板所带电荷量减少，D正确.
命题点2 带电荷量不变时的动态分析
3.[d变小的动态变化/2021重庆]电容式加速度传感器可用于触发汽车安全气囊.如图所示，极板M、N组成的电容器视为平行板电容器，M固定，N可左右运动，通过测量电容器极板间电压的变化来确定汽车的加速度.当汽车减速时，极板M、N的距离减小，若极板上电荷量保持不变，则该电容器（ C ）
A.电容变小
B.极板间电压变大
C.极板间电场强度不变
D.极板间电场强度变小
解析 当汽车减速时，极板M、N的距离减小，由平行板电容器的决定式C＝εrS4πkd可知，电容器的电容增大，A错误；又极板上的电荷量保持不变，由电容定义式C＝QU可知，极板之间的电压变小，B错误；极板间的电场强度E＝Ud＝QCd＝Qd·4πkdεrS＝4πkQεrS，可知极板之间的电场强度不随极板间距离d变化，C正确，D错误.
4.[两种变化的综合问题/多选]如图所示，G为静电计，M、N为平行板电容器的金属板，开始时开关S闭合，静电计指针张开一定角度.若不考虑静电计引起的电荷量变化，则下列说法正确的是（ AC ）
A.保持开关S闭合，将两极板间距减小，两极板间的电场强度E1增大
B.保持开关S闭合，将滑动变阻器R的滑片P向左移动，静电计指针张开角度变大
C.断开开关S后，紧贴N极板插入金属板，静电计指针张开角度变小
D.断开开关S后，将两极板间距增大，两极板间的电势差U减小
解析 保持开关S闭合，滑动变阻器R仅仅充当导线功能，电容器两极板间的电势差U不变，滑动变阻器R的滑片P向左移动不会影响静电计指针张角，静电计指针张开角度不变，将两极板间距d减小，由E1＝Ud可知两极板间的电场强度E1增大，故A正确，B错误；断开开关S后，电容器的带电荷量Q不变，若紧贴N极板插入金属板，相当于两极板间距d减小，根据C＝εrS4πkd可知电容C增大，根据C＝QU可知两极板间的电势差U减小，静电计指针张开角度变小，若将两极板间距d增大，电容C减小，两极板间电势差U增大，故C正确，D错误.
方法点拨
平行板电容器的动态分析思路
命题点3 电容器与力学知识的综合应用
5.如图所示，平行板电容器的两极板竖直放置并分别与电源的正负极相连，一带电小球经绝缘轻绳悬挂于两极板之间，处于静止状态.现保持右极板不动，将左极板向左缓慢移动.关于小球所受的电场力大小F，绳子的拉力大小T，轻绳与竖直方向的夹角θ，下列判断正确的是（ A ）
A.F逐渐减小，T逐渐减小，θ逐渐减小
B.F逐渐增大，T逐渐减小，θ逐渐增大
C.F逐渐增大，T逐渐减小，θ逐渐减小
D.F逐渐减小，T逐渐增大，θ保持不变
解析 电容器与电源相连，所以两极板间电势差不变，将左极板向左缓慢移动的过程中，两板间距离增大，则由U＝Ed可知，电场强度E减小，小球所受电场力F＝Eq减小.如图所示，小球处于平衡状态，受重力、拉力与电场力的作用，故拉力与电场力和重力的合力大小相等，方向相反，根据平行四边形定则可知，T＝F2＋G2，由于重力不变，电场力减小，故拉力减小，θ减小，A正确，B、C、D错误.
命题拓展
若充电后将电源去掉，保持右极板不动，将左极板向右缓慢移动，则下面几个物理量怎样变化？
（1）U 减小 ；（2）F 不变 ；（3）T 不变 ；（4）θ 不变 .
解析 充电后将电源去掉，则平行板电容器的电荷量Q不变，将左极板向右缓慢移动，则d减小，根据C＝εrS4πkd可知C增大；根据U＝QC可知，U减小；根据F＝Eq＝Udq＝4πkqQεrS可知，F不变；根据受力分析可知T不变，θ不变.
考点2 带电粒子在电场中的直线运动
1.做直线运动的条件
（1）粒子所受合力F合＝0，粒子静止或做匀速直线运动.
（2）粒子所受合力F合≠0且与初速度共线，带电粒子将做加速直线运动或减速直线运动.
2.两种分析角度
3.带电粒子在电场中运动时是否考虑重力的处理方法
（1）基本粒子：如电子、质子、α粒子、离子等，除有说明以外，一般都不考虑重力（但并不忽略质量）.
（2）带电颗粒：如液滴、油滴、尘埃、小球等，除有说明以外，一般都要考虑重力.
两平行金属板相距为d，电势差为U，一个质子从O点静止释放，O、A相距为h，质子质量为m，质子的电荷量为q.
（1）质子由O点到A点的过程中，由动能定理有 qUOA ＝12mvA2，其中UOA＝ hd U，故质子到A点的速度vA＝ 2qhUmd .
（2）质子由O点到A点的过程中，所用时间为t，加速度大小为a，由牛顿第二定律有q Ud ＝ma，由匀变速直线运动规律有h＝ 12at2 ，解得t＝ 2mdhqU .
6.如图所示，两极板加上恒定的电压U，将一质量为m、电荷量为＋q的带电粒子在正极板附近由静止释放，粒子向负极板做加速直线运动.不计粒子重力.若将两板间距离减小，再次释放该粒子，则（ B ）
A.带电粒子获得的加速度变小
B.带电粒子到达负极板的时间变短
C.带电粒子到达负极板时的速度变小
D.加速全过程静电力对带电粒子的冲量变小
解析 根据匀强电场场强公式和牛顿第二定律有E＝Ud、qE＝ma，可得a＝qUmd，将两板间距离减小，带电粒子获得的加速度变大，故A错误；根据匀变速直线运动规律d＝12at2，解得t＝2md2qU，将两板间距离减小，带电粒子到达负极板的时间变短，故B正确；根据动能定理有qU＝12mv2，解得v＝2qUm，带电粒子到达负极板时的速度不变，故C错误；根据动量定理有I＝mv，可知加速全过程静电力对带电粒子的冲量不变，故D错误.
方法点拨
带电体在电场中的直线运动的一般分析步骤
考点3 带电粒子在匀强电场中的偏转
1.偏转规律
2.两个结论
（1）不同的带电粒子从静止开始经过同一电场加速后，再从同一偏转（匀强）电场射出时的偏移量y和速度偏转角θ总是[11] 相同的 .
由qU0＝12mv02、y＝qUl22mdv02、tan θ＝qUlmdv02得y＝Ul24U0d，tan θ＝Ul2U0d.
（2）带电粒子经匀强电场偏转后，速度的反向延长线与初速度延长线的交点为粒子水平位移的[12] 中点 .
由tanθ＝yx得x＝ytanθ＝l2.
3.功能关系
当讨论带电粒子的末速度v时也可以从能量的角度进行求解，qUy＝12mv2－12mv02，其中Uy＝Udy，指初、末位置间的电势差.
如图所示，两相同极板A与B的长度l为6.0cm，相距d为2cm，极板间的电压U为200V.一个电子沿平行于板面的方向射入电场中，射入时的速度v0为3.0×107m/s，把两板间的电场看作匀强电场，其中电子的电荷量e＝1.60×10－19C，电子的质量m＝9.11×10－31kg.
（1）电子在电场中做什么运动？
（2）求电子穿出电场所用时间.
（3）求电子穿出电场过程中垂直极板方向的位移大小.
答案 （1）类平抛运动 （2）2.0×10－9s （3）0.35cm
解析 （1）电子在平行极板方向做匀速直线运动，在垂直极板方向做匀加速直线运动，整体做类平抛运动.
（2）电子在平行极板方向做匀速直线运动，则有l＝v0t，解得t＝2.0×10－9s.
（3）由牛顿第二定律有eUd＝ma，在垂直极板方向有y＝12at2，解得y＝0.35cm.
命题点1 只在电场力作用下的偏转
7.如图所示，两金属板P、Q水平放置，间距为d.两金属板正中间有一水平放置的金属网G，P、Q、G的尺寸相同.G接地，P、Q的电势均为φ（φ＞0）.质量为m、电荷量为q（q＞0）的粒子自G的左端上方距离G为h的位置，以速度v0平行于纸面水平射入电场，重力忽略不计.
（1）求粒子第一次穿过G时的动能，以及它从射入电场至此时在水平方向上的位移大小；
（2）若粒子恰好从G的下方距离G也为h的位置离开电场，则金属板的长度最短应为多少？
答案 （1）12mv02＋2φdqh v0mdhqφ （2）2v0mdhqφ
解析 （1）PG、QG间场强大小相等，均记为E.粒子在PG间所受电场力F的方向竖直向下，设粒子的加速度大小为a，有
E＝2φd，F＝qE＝ma
设粒子第一次到达G时动能为Ek，由动能定理有
qEh＝Ek－12mv02
设粒子第一次到达G时所用的时间为t，粒子在水平方向的位移大小为l，则有
h＝12at2，l＝v0t
联立解得Ek＝12mv02＋2φdqh，l＝v0mdhqφ.
（2）若粒子穿过G一次就从电场的右侧飞出，则金属板的长度最短.由对称性知，此时金属板的长度为
L＝2l＝2v0mdhqφ.
命题拓展
情境变化 设问一致
（1）保持P、Q两板电势φ不变，将P和Q分别竖直向上和竖直向下平移d2，其他条件不变，求原题中的两问.
（2）保持P、Q两板的电荷量不变，将P和Q分别竖直向下和竖直向上平移d4（已知d4＞h），其他条件不变，求原题中的两问.
一题多设问
（3）将原题（2）改为：若粒子恰好从距离G也为h的位置离开电场，则金属板的长度可能为多少？
答案 （1）12mv02＋φdqh v0mdhqφ 2v0mdhqφ
（2）12mv02＋2φdqh v0mdhqφ 2v0mdhqφ
（3）kv0mdhqφ（k＝2，4，6，…）
解析 （1）由于P、G、Q构成了两个电容器，保持P、Q两板电势φ不变，则平移后P、G间的场强大小E1＝φd，然后结合水平方向的匀速直线运动和竖直方向的匀变速运动及动能定理进行分析求解，请同学们自己动手做一做.
（2）P、G原来相距d2，平移后P、G相距d4，保持P、Q两板的电荷量不变，根据C＝εrS4πkD和U＝QC及E2＝UD可得E2＝4πkQεrS，因此P、G间的场强大小不变，仍为2φd.
（3）由于P、G间的场强与G、Q间的场强大小相等，方向相反，因此粒子在P、G间和G、Q间的运动具有对称性和周期性，粒子可能从G的下方距离G为h的位置离开电场，也可能从G的上方距离G为h的位置离开电场.请同学们自己动手做一做并画出粒子的运动轨迹图.
方法点拨
带电粒子在匀强电场中的偏转问题的解题模板
命题点2 在电场力和重力作用下的偏转
8.[电场和重力场组合下的偏转/多选]如图所示，在真空中，水平面MN的下方存在竖直向下的匀强电场，质量为m的带电小球由MN上方的A点以一定初速度v0水平抛出，从B点进入电场，到达C点时速度方向恰好水平.已知A、B、C三点在同一直线上，且AB＝2BC，重力加速度为g，则（ ABD ）
A.小球在电场中受到的电场力大小为3mg
B.小球带负电
C.小球从A到B与从B到C的运动时间相等
D.小球从A到B与从B到C的速度变化量大小相等
解析 从竖直方向上看，小球初速度为0，先匀加速后匀减速至速度再次为0，从水平方向上看，小球一直做匀速直线运动，因为AB＝2BC，故小球在做平抛运动时的水平位移是小球在电场中运动时的水平位移的2倍，所以小球做平抛运动的时间是小球在电场中运动的时间的2倍，选项C错误；小球在C点时速度方向恰好水平，根据公式v＝at知，小球在电场中的加速度大小是做平抛运动时的加速度大小的2倍，因为做平抛运动时的加速度大小为g，所以在电场中运动时的加速度大小为2g，方向竖直向上，所以有F电－mg＝2mg，得电场力大小F电＝3mg，选项A正确；小球在竖直向下的电场中受向上的电场力，故小球带负电，选项B正确；因为小球在A、C点的速度相同，所以小球从A到B与从B到C的速度变化量大小相等，方向相反，选项D正确.
9.[电场和重力场叠加下的偏转]如图所示，在真空中，将一个质量为m、带电荷量为＋q的粒子从A点以初速度v0竖直向上射入水平向右的匀强电场中，粒子通过电场中B点时，速率vB＝2v0，方向与电场的方向一致，则A、B两点的电势差为（ C ）
A.mv022qB.3mv02qC.2mv02qD.3mv022q
解析 粒子在竖直方向做匀减速直线运动，则有2gh＝v02，电场力做正功，重力做负功，使粒子的动能由12mv02变为2mv02，则根据动能定理有Uq－mgh＝2mv02－12mv02，解得A、B两点电势差应为U＝2mv02q，故选项C正确.
命题点3 多种粒子偏转运动的比较
10.[多选]如图所示，有三个质量相等，分别带正电、负电和不带电的小球，从平行板电场中的P点以相同的水平初速度垂直于电场方向进入电场，它们分别落在A、B、C三点，则可判断（ AD ）
A.落到A点的小球带正电，落到B点的小球不带电
B.三小球在电场中运动时间相等
C.三小球到达正极板时的动能关系是EkA＞EkB＞EkC
D.三小球在电场中运动的加速度关系是aC＞aB＞aA
解析 在平行金属板间不带电小球、带正电小球和带负电小球的受力如图所示，三小球在水平方向都不受力，做匀速直线运动，则落在板上时水平方向的距离与下落时间成正比，即tA＞tB＞tC，由于竖直位移相同，根据h＝12at2知，aA＜aB＜aC，则结合牛顿第二定律知，落在A点的小球带正电，B点的小球不带电，C点的小球带负电，A、D正确，B错误；根据动能定理W合＝Ek－Ek0，三球所受合力关系FA＜FB＜FC，三球的初动能相等，可知EkA＜EkB＜EkC，C错误.
热点10 现代科技中的静电场问题
静电场在现代科技中的应用主要是运用电场对不同粒子的加速和偏转情况不同的原理以及电容器的动态变化原理.高考常结合现代科技考查考生对带电粒子在电场中运动的灵活应用以及将实际问题模型化的能力，试题难度中等.
1.[静电喷涂]静电喷涂是利用高压静电电场使带负电的涂料微粒沿着与电场相反的方向定向运动，并将涂料微粒吸附在工件表面上的一种喷涂方法，其工作原理如图所示.忽略运动中涂料微粒间的相互作用和涂料微粒的重力.下列说法中正确的是（ D ）
A.当静电喷涂机与被喷涂工件之间的距离增大时，运动中的涂料微粒所受电场力增大
B.涂料微粒的运动轨迹仅由被喷涂工件与静电喷涂机之间所接的高压电源决定
C.在静电喷涂机水平向左移动的过程中，有两个带有相同电荷量的微粒先后经过被喷涂工件右侧P点（相对工件的距离不变）处，先经过的微粒电势能较大
D.涂料微粒在向被喷涂工件运动的轨迹中，在直线轨迹上电势升高最快
解析 当静电喷涂机与被喷涂工件之间的距离增大时，由于静电喷涂机与被喷涂工件之间电压恒定，电场强度减小，故涂料微粒所受电场力减小，A错误；涂料微粒的运动轨迹与初速度和受力情况均有关，B错误；工件接地，电势为零，P处电势为负值，喷涂机左移会使空间场强变大，P点电势变低，因微粒带负电，先经过的微粒电势能小，C错误；涂料微粒在向被喷涂工件运动的轨迹中，直线的距离最小，结合公式U＝Ed，在直线轨迹上电势升高最快，D正确.
2.如图是某款家用空气净化器的原理示意图，污浊空气通过过滤网后尘埃带电.图中充电极b、d接电源负极，集尘极a、c、e接电源正极（接地）.以下说法正确的是（ B ）
A.通过过滤网后空气中的尘埃带正电
B.尘埃被吸附到集尘极e的过程中动能增大
C.c、d两个电极之间的电场方向竖直向上
D.尘埃被吸附到集尘极a的过程中所受电场力做负功
解析 尘埃经过过滤网后被正极吸引，所以尘埃带负电，故A错误；尘埃在被吸附到集尘极e的过程中电场力做正功，动能增大，故B正确；因为充电极b、d接电源负极，集尘极a、c、e接电源正极，所以c、d两个电极之间的电场方向竖直向下，故C错误；尘埃带负电，受力方向与电场线方向相反，故吸附到集尘极a的过程中所受电场力做正功，故D错误.
3.[心脏除颤器]心脏除颤器的工作原理是向储能电容器充电，使电容器获得一定的储能，对心颤患者皮肤上的两个电极板放电，让一部分电荷通过心脏，刺激心颤患者的心脏，使之恢复正常跳动.如图是一次心脏除颤器的模拟治疗，该心脏除颤器的电容器电容为14μF，充电至10kV电压，如果电容器在2ms时间内完成放电，放电结束时电容器两极板间的电势差减为零，下列说法正确的是（ B ）
A.这次放电过程中通过人体组织的电流恒为70A
B.这次放电有0.14C的电荷量通过人体组织
C.若充电至5kV，则该电容器的电容为7μF
D.人体起到绝缘电介质的作用
解析 根据C＝QU可知该电容器所带电荷量在放电过程中逐渐减小，电压也在逐渐减小，所以电流逐渐减小，A错误；根据C＝QU可知充电至10 kV时电容器带的电荷量为Q＝CU＝0.14 C，故这次放电过程中有0.14 C的电荷量通过人体组织，B正确；在充电过程中，电容器的电容C不变，仍然为14 μF，C错误；人体为导体，D错误.
4.[电子束熔炼/多选]电子束熔炼是指高真空下，将高速电子束的动能转换为热能作为热源来进行金属熔炼的一种熔炼方法.如图所示，阴极灯丝被加热后产生初速度为0的电子，在3×104V加速电压的作用下，以极高的速度向阳极运动；穿过阳极后，在金属电极A1、A2间1×103V电压形成的聚焦电场作用下，轰击到物料上，其动能全部转换为热能，使物料不断熔炼.已知某电子在熔炼炉中的轨迹如图中虚线OPO'所示，P是轨迹上的一点，聚焦电场过P点的一条电场线如图中弧线所示，则（ ABD ）
A.电极A1的电势高于电极A2的电势
B.电子在P点时速度方向与聚焦电场强度方向夹角大于90°
C.聚焦电场只改变电子速度的方向，不改变电子速度的大小
D.电子轰击到物料上时的动能大于3×104eV
解析 由粒子运动轨迹与力的关系可知电子在P点受到的电场力斜向左下方，电子带负电，所以电场强度方向与电子受到的电场力方向相反，即电极A1的电势高于电极A2的电势，A正确；电子在P点时速度方向与聚焦电场强度方向夹角大于90°，B正确；聚焦电场不仅改变电子速度的方向，也改变电子速度的大小，C错误；由动能定理知，电子到达聚焦电场时动能已经为3×104 eV，再经过聚焦电场加速，电子轰击到物料上时的动能肯定大于3×104 eV，D正确.
1.[辐向电场/2023浙江6月]某带电粒子转向器的横截面如图所示，转向器中有辐向电场.粒子从M点射入，沿着由半径分别为R1和R2的圆弧平滑连接成的虚线（等势线）运动，并从虚线上的N点射出，虚线处电场强度大小分别为E1和E2，则R1、R2和E1、E2应满足（ A ）
A.E1E2＝R2R1B.E1E2＝R12R22
C.E1E2＝R1R2D.E1E2＝R22R12
解析 粒子在下侧电场中运动时，由牛顿第二定律得qE1＝mv2R1，又由于粒子沿等势线运动，则粒子进入上侧电场的速度大小不变，由牛顿第二定律得qE2＝mv2R2，整理得E1E2＝R2R1，A对，BCD错.
2.[电偏转/2023湖北/多选]一带正电微粒从静止开始经电压U1加速后，射入水平放置的平行板电容器，极板间电压为U2.微粒射入时紧靠下极板边缘，速度方向与极板夹角为45°，微粒运动轨迹的最高点到极板左右两端的水平距离分别为2L和L，到两极板距离均为d，如图所示.忽略边缘效应，不计重力.下列说法正确的是（ BD ）
A.L∶d＝2∶1
B.U1∶U2＝1∶1
C.微粒穿过电容器区域的偏转角度的正切值为2
D.仅改变微粒的质量或者电荷数量，微粒在电容器中的运动轨迹不变
解析
水平方向：x＝vxt2竖直方向：y＝vyt2－12at22→y＝x－av02x2→y＝x－14dx2，与q、m无关，D对
3.[静电场＋平衡条件/2022湖北]密立根油滴实验装置如图所示，两块水平放置的金属板分别与电源的正负极相接，板间产生匀强电场.用一个喷雾器把密度相同的许多油滴从上板中间的小孔喷入电场，油滴从喷口喷出时由于摩擦而带电.金属板间电势差为U时，电荷量为q、半径为r的球状油滴在板间保持静止.若仅将金属板间电势差调整为2U，则在板间能保持静止的球状油滴所带电荷量和半径可以为（ D ）
A.q，rB.2q，rC.2q，2rD.4q，2r
解析 带电油滴在电场中受力平衡，根据平衡条件有mg＝qUd，而m＝ρ43πr3，即43ρgπr3＝qUd，仅将金属板间电势差调整为2U，则有43ρgπr13＝q1·2Ud，依次将球状油滴所带电荷量和半径代入此式，只有D项正确，ABC项错误.
4.[平行板电容器＋受力分析/江苏高考]如图所示，水平金属板A、B分别与电源两极相连，带电油滴处于静止状态.现将B板右端向下移动一小段距离，两金属板表面仍均为等势面，则该油滴（ D ）
A.仍然保持静止B.竖直向下运动
C.向左下方运动D.向右下方运动
解析 由于水平金属板A、B分别与电源两极相连，两极板之间的电势差不变，将B板右端向下移动一小段距离，极板之间的电场强度将减小，油滴所受电场力减小，且电场力方向斜向右上方，则油滴所受的合外力斜向右下方，所以该油滴向右下方运动，选项D正确.
5.[带电体在电场中的运动/2023新课标]密立根油滴实验的示意图如图所示.两水平金属平板上下放置，间距固定，可从上板中央的小孔向两板间喷入大小不同、带电荷量不同、密度相同的小油滴.两板间不加电压时，油滴a、b在重力和空气阻力的作用下竖直向下匀速运动，速率分别为v0、v04；两板间加上电压后（上板为正极），这两个油滴很快达到相同的速率v02，均竖直向下匀速运动.油滴可视为球形，所受空气阻力大小与油滴半径、运动速率成正比，比例系数视为常量.不计空气浮力和油滴间的相互作用.
（1）求油滴a和油滴b的质量之比；
（2）判断油滴a和油滴b所带电荷的正负，并求a、b所带电荷量的绝对值之比.
答案 （1）8∶1 （2）a带负电荷，b带正电荷 4∶1
解析 （1）根据题述有f＝kvr
设油滴a的质量为m1，油滴a以速率v0向下匀速运动，由平衡条件有m1g＝kv0r1，m1＝43πr13ρ
设油滴b的质量为m2，油滴b以速率14v0向下匀速运动，由平衡条件有m2g＝k·14v0r2，m2＝43πr23ρ
联立解得m1∶m2＝8∶1
（2）由于当在上下平板加恒定电压（上板为高电势）时，这两个油滴很快以12v0的速率竖直向下匀速运动，所以有
油滴a速度减小，说明油滴a受到了向上的电场力，则油滴a带负电荷
油滴b速度增大，说明油滴b受到了向下的电场力，则油滴b带正电荷
由m1m2＝8和m1＝43πr13ρ，m2＝43πr23ρ可知，甲、乙油滴的半径之比为r1r2＝2
由f＝kvr可知两个油滴均以速率12v0竖直向下匀速运动时，所受阻力之比为f1f2＝r1r2＝2
油滴b以速率14v0竖直向下匀速运动时，所受阻力为f3＝m2g
结合f＝kvr可知油滴b以速率12v0竖直向下匀速运动时，所受阻力为f2＝2f3＝2m2g
油滴a以速率12v0竖直向下匀速运动，所受阻力为
f1＝2f2＝4m2g
设油滴a所带电荷量的绝对值为q1，由平衡条件有
m1g＝q1E＋f1
设油滴b所带电荷量的绝对值为q2，由平衡条件有
m2g＋q2E＝f2
联立解得q1∶q2＝4∶1.
1.间距为d的平行板电容器所带电荷量为Q时，两极板间电势差为U1，板间场强为E1，现将电容器所带电荷量变为2Q，板间距离变为12d，其他条件不变，这时两极板间电势差为U2，板间场强为E2，下列说法正确的是（ C ）
A.U2＝U1 E2＝E1B.U2＝2U1 E2＝4E1
C.U2＝U1 E2＝2E1D.U2＝2U1 E2＝2E1
解析 由C＝εrS4πkd得，板间距离变为d2，则C2＝2C1，又U＝QC，则U2＝2QC2＝U1.由 E＝Ud得，E2＝U2d2＝U112d＝2E1，故C正确.
2.[2024成都七中零诊]如图所示，一带电微粒在重力和水平匀强电场对它的电场力作用下由a到b做直线运动，ab连线与竖直方向所夹的锐角为θ，则下列结论正确的是（ D ）
A.此微粒带负电
B.微粒可能做匀速直线运动
C.合外力对微粒做的总功等于零
D.微粒的电势能减小
解析 带电微粒受到的重力和电场力均为恒力，故受到的合外力不变，微粒由a到b做直线运动，则电场力方向水平向右，微粒带正电，加速度不变，故带电微粒做匀加速直线运动，A、B错误；由于微粒做匀加速直线运动，故合外力对微粒做正功，C错误；由于电场力做功W＝Eqxab cs θ，故电场力对微粒做正功，微粒的电势能减小，D正确.
3.[学科间融合问题/2024青海海东名校联考]如图甲所示，人体细胞膜由磷脂双分子层组成，双分子层间存在电压（医学上称为膜电位）.某小块均匀的细胞膜，厚度为d，膜内的电场可视为匀强电场，简化模型如图乙所示，若初速度为零的钠离子（带正电荷）仅在电场力的作用下，从图中的B点运动到A点，则下列说法正确的是（ D ）
图甲 图乙
A.此细胞膜内电场的电场强度方向由A点指向B点
B.运动过程中钠离子的电势能增大
C.若膜电位不变，则d越大，钠离子射出细胞外的速度越小
D.若膜电位不变，则d变化，钠离子射出细胞外的速度不变
解析 因为钠离子(带正电荷)仅在电场力的作用下由静止从B点运动到A点，所以此细胞膜内电场的电场强度方向由B点指向A点，A错误；因为电场力对钠离子做正功，所以钠离子的电势能减小，B错误；根据题意，由动能定理有qU＝12mv2，可知钠离子射出细胞外的速度v与d无关，因为膜电位U不变，所以钠离子射出细胞外的速度不变，C错误，D正确.
4.[2023江西二模]如图所示，在竖直向上的匀强电场中，A球位于B球的正上方，质量相等的两个小球以相同初速度水平抛出，它们最后落在水平面上同一点，其中只有一个小球带电，不计空气阻力，下列说法不正确的是（ B ）
A.若A球带电，则A球一定带负电
B.若A球带电，则A球的电势能一定增加
C.若B球带电，则B球一定带正电
D.若B球带电，则B球的电势能一定增加
解析 两个小球以相同初速度水平抛出，它们最后落在水平面上同一点，水平方向做匀速直线运动，则有x＝v0t，可知两球下落时间相同；两小球下落高度不同，根据公式h＝12at2，可知A球的加速度大于B球的加速度，故若A球带电，必定带负电，受到向下的电场力作用，电场力做正功，电势能减小；若B球带电，必定带正电，受到向上的电场力作用，电场力做负功，电势能增加.故只有B符合题意.
5.[示波管/2023浙江1月/多选]如图所示，示波管由电子枪、竖直方向偏转电极YY'、水平方向偏转电极XX'和荧光屏组成.电极XX'的长度为l、间距为d、极板间电压为U，YY'极板间电压为零，电子枪加速电压为10U.电子刚离开金属丝的速度为零，从电子枪射出后沿OO'方向进入偏转电极.已知电子电荷量为e，质量为m，则电子（ D ）
A.在XX'极板间的加速度大小为eUm
B.打在荧光屏时，动能大小为11eU
C.在XX'极板间受到电场力的冲量大小为2meU
D.打在荧光屏时，其速度方向与OO'连线夹角α的正切tanα＝l20d
解析 XX'极板间的电场强度大小为E＝Ud，电子所受的电场力大小为F＝eE＝eUd，由牛顿第二定律得a＝Fm＝eUdm，A错误；电子在加速电场中运动时电场力做的功为W1＝e·10U，电子沿OO'方向进入偏转电极，若能打在荧光屏上，在XX'极板间沿电场力方向的位移x≤d2，则电场力做的功W2≤12eU，对全过程由动能定理得Ek＝W1＋W2≤212eU，B错误；电子刚好从XX'极板的边缘离开时，电子在XX'极板间受到的电场力做的功为W2'＝12eU，故在XX'极板间受到电场力的冲量大小I≤2W2'm＝meU，C错误；电子离开加速电场时有e·10U＝12mv02，电子在XX'极板间的加速度大小为a＝eUdm，则离开XX'极板间时电子在垂直XX'极板方向的速度大小为vy＝at，沿OO'方向有l＝v0t，联立解得tan α＝vyv0＝l20d，D正确.
6.[多选]如图所示，一对水平放置的足够大的平行金属板上均匀分布有等量异种电荷.三个质量相同的小球，从板间某位置以相同的水平速度v0射入两极板间，落在倾斜绝缘板上的A、B、C三点，其中两个球带异种电荷，另一个不带电.不考虑倾斜板对匀强电场的影响及电荷间的相互作用，下列说法正确的是（ ABC ）
A.落在A点的小球带负电，落在C点的小球带正电，落在B点的小球不带电
B.落在A、B、C三点的小球在电场中的加速度的关系是aA＞aB＞aC
C.三个小球在电场中运动的时间关系是tA＜tB＜tC
D.电场力对落在A点的小球做负功
解析 小球垂直电场进入，则在平行于金属板方向做匀速直线运动，因为落在C点的小球的水平位移最大，落在A点的小球的水平位移最小，又具有相同的水平速度，则运动时间关系为tA＜tB＜tC，C正确；小球垂直电场进入，则在平行电场线方向做初速度为零的匀加速运动，根据h＝12at2，因为tA＜tB＜tC，且hA＞hB＞hC，所以aA＞aB＞aC，B正确；因为aA＞aB＞aC，分析可得，落在A点的小球电场力方向向下，落在C点的小球电场力方向向上，落在B点的小球不受电场力，则落在A点的小球带负电，落在C点的小球带正电，落在B点的小球不带电，A正确；落在A点的小球电场力方向向下，电场力对落在A点的小球做正功，D错误.
7.如图所示，竖直放置的两个平行金属板间存在匀强电场，与两板上边缘等高处有两个质量相同的带电小球，a小球从紧靠左极板处由静止释放，b小球从两板正中央由静止释放，两小球最终都能运动到右极板上的同一位置，则从开始释放到运动到右极板的过程中，它们的（ C ）
A.运动时间关系为ta＞tb
B.电势能减少量之比ΔEpa∶ΔEpb＝2∶1
C.电荷量之比qa∶qb＝2∶1
D.动能增加量之比ΔEka∶ΔEkb＝2∶1
解析 小球在竖直方向做自由落体运动，两者下落高度相同，说明运动时间相等，所以A错误.在水平方向小球做匀加速直线运动，设板间距离为d，根据x＝12·qUmdt2，位移之比为2∶1，可得a、b两小球的电荷量之比为2∶1，所以C正确.电势能的减少量等于电场力做的功，则ΔEpa∶ΔEpb＝(qaU)∶(qbU2)＝4∶1，所以B错误.动能增加量之比等于合力做功之比，即ΔEka∶ΔEkb＝(mgh＋qaU)∶(mgh＋qbU2)，由于不知道重力与电场力的关系，所以动能增加量之比不确定，D错误.
8.如图所示，在xOy坐标系所在平面内有沿x轴负方向的匀强电场，两个电荷量不同、质量相等的带电粒子A、B，从y轴上的S点以不同的速率沿着y轴正方向射入匀强电场，两粒子在圆形区域中运动的时间相同，不计粒子所受的重力，则（ C ）
A.A粒子带负电荷
B.B粒子所带的电荷量比A粒子的少
C.A粒子在圆形区域中电势能的变化量比B粒子的小
D.B粒子进入电场时具有的动能比A粒子的大
解析 由运动轨迹可以判定A粒子带正电荷，故A错误；两粒子进入电场后均做类平抛运动，沿y轴方向的分运动为匀速直线运动，沿x轴方向的分运动为匀加速直线运动，由题图可知两粒子沿x轴的位移大小有xB＞xA，即12·qBEmt2＞12·qAEmt2，整理得qB＞qA，故B错误；粒子在圆形区域中电势能的变化量等于电场力所做的功，即ΔEp＝W＝qEx，由于qB＞qA，xB＞xA，所以｜ΔEpB｜＞｜ΔEpA｜，故C正确；由题图可知yA＞yB，由于运动时间相同，所以v0A＞v0B，粒子质量相等，所以EkA＞EkB，故D错误.
9.[多选]如图所示的直角坐标系中，第一象限内分布着均匀辐射的电场，坐标原点与四分之一圆弧的荧光屏间电压为U；第三象限内分布着竖直向下的匀强电场，场强大小为E.大量电荷量为－q（q＞0）、质量为m的粒子，某时刻起从第三象限不同位置连续以相同的初速度v0沿x轴正方向射入匀强电场.若粒子只能从坐标原点进入第一象限，其他粒子均被坐标轴上的物质吸收并导走而不影响原来的电场分布.不计粒子的重力及它们间的相互作用.下列说法正确的是（ CD ）
A.能进入第一象限的粒子，在匀强电场中的初始位置分布在一条直线上
B.到达坐标原点的粒子速度越大，射入第一象限的速度方向与y轴的夹角θ越大
C.能打到荧光屏的粒子，到达O点的动能必须大于qU
D.若U＜mv022q，荧光屏第一象限内各处均有粒子到达而被完全点亮
解析 能进入第一象限的粒子，必须有－x＝v0t，－y＝qE2mt2，所以有y＝－qE2mv02x2，则能进入第一象限的粒子，在匀强电场中的初始位置分布在一条抛物线上，A错误；因为 sin θ＝v0v，所以到达坐标原点的粒子速度越大，射入第一象限的速度方向与y轴的夹角θ越小，B错误；能打到荧光屏的粒子，就满足12mv2＞qU，C正确；若U＜mv022q，则到达O点的粒子均能打到荧光屏上，而且到达O点的粒子的速度方向满足0°＜θ＜90°，故荧光屏第一象限内各处均有粒子到达而被完全点亮，D正确.
10.水平放置的两平行金属板AB、CD，相距为d，两极板加上恒定电压U，如图所示.质量为m，电荷量为＋q的粒子，从AC中点O处以初动能Ek0＝32qU进入电场，初速度v与水平方向夹角为θ＝30°，粒子沿着OMB的轨迹恰好运动到下极板右边缘的B点，M为运动轨迹的最高点，MN与极板垂直.不计粒子重力，则下列说法正确的是（ B ）
A.粒子运动到B点时的动能Ek＝52qU
B.粒子运动轨迹最高点到下极板的距离MN＝78d
C.粒子水平方向运动的位移AN：NB＝1：2
D.若将上极板上移极小一段距离，则粒子将打在B点左侧
解析 粒子由O点至B点过程中由动能定理得q·U2＝Ek－Ek0，解得Ek＝2qU，A错误.粒子在O点时有Ek0＝32qU＝12mv2，vx＝v cs 30°，vy＝v sin 30°，粒子在M点时动能为EkM＝12mvx2＝98qU，粒子由M点至B点过程中由动能定理可知qE·MN＝Ek－EkM，又E＝Ud，得MN＝78d，B正确.粒子在竖直方向有qUd＝ma，粒子由O点至M点有t1＝vya，粒子由M点至B点有78d＝12at22，AN＝vx·t1，NB＝vx·t2，可知AN∶NB＝3∶7，C错误.上极板上移，可知d增大，E减小，a减小，粒子在水平方向速度未变，则粒子在电场中运动时间未变，可知竖直方向位移减小，粒子将不打在下极板上，D错误.
11.[直线加速器＋交变电源/2023广东佛山第三中学模拟/多选]如图甲所示，直线加速器由一个金属圆板（序号为0）和多个横截面积相同的金属圆筒组成，其中心轴线在同一直线上，圆筒的长度遵照一定的规律依次增加.圆板和圆筒与交流电源相连，序号为奇数的圆筒与电源的一极相连，圆板和序号为偶数的圆筒与该电源的另一极相连，交变电源两极间电势差的变化规律如图乙所示.若电压的绝对值为U，电子电荷量大小为e，电子通过圆筒间隙的时间可以忽略不计.在t＝0时刻，圆板中央的一个电子在圆板和圆筒之间的电场中由静止开始加速，沿中心轴线冲进圆筒1，电子在每个圆筒中运动的时间均小于T，且电子均在电压变向时恰从各圆筒中射出，不考虑相对论效应，则（ ABD ）
A.由于静电屏蔽作用，圆筒内不存在电场
B.电子运动到第n个圆筒时动能为neU
C.在t＝5T4时奇数圆筒相对偶数圆筒的电势差为负值
D.第n个和第n＋1个圆筒的长度之比为n：n＋1
解析 由于静电屏蔽作用，圆筒内不存在电场，A正确；电子每经过一个间隙，电场力做功eU，根据动能定理可知，电子运动到第n个圆筒的过程中，由动能定理有neU＝Ek－0，故电子运动到第n个圆筒时动能为neU，B正确；因为t＝5T4＝T＋T4，t＝T4 时圆筒1相对圆板的电势差为正值，同理，t＝5T4时奇数圆筒相对偶数圆筒的电势差为正值，C错误；根据动能定理有eU＝12mv12，2eU＝12mv22，3eU＝12mv32，…，neU＝12mvn2，(n＋1)eU＝12mvn+12，第n个和第n＋1个圆筒的长度之比为Ln：Ln＋1＝vn：vn＋1，解得Ln：Ln＋1＝n：n+1，D正确.
12.[电场在科学技术中的应用/2023湖北部分市州联考]计算机断层扫描仪（CT）是医院常用设备，如图是部分结构的示意图.图中两对平行金属极板MN、EF分别竖直、水平放置.靠近M极板的电子从静止开始沿EF极板间的中线OO1，经MN间电场加速后进入EF板间，射出EF极板后打到水平放置的圆形靶台上.已知MN板间电压为U1，EF极板长为L、板间距为d；靶台直径为L2、与OO1的距离为d、左端与EF极板右端的水平距离也为L2；电子质量为m、电荷量为e；电子重力和所受空气阻力的影响可忽略.
（1）求电子穿过N极板小孔时的速度大小v1；
（2）若电子刚好打在靶台左端，求EF极板所加电压大小U2；
（3）若只改变EF极板间电压，使打在靶台上的电子动能最小，求此动能的最小值Emin.
答案（1）2U1em （2）2d2U1L2 （3）（4d29L2＋1）U1e
解析 （1）电子在MN极板间被加速，由动能定理得U1e＝12mv12
解得电子穿过N极板小孔时的速度大小v1＝2U1em
（2）若电子刚好打在靶台左端，则射出EF极板时电子的速度的偏向角θ满足tanθ＝dL
电子在偏转电场中做类平抛运动
水平方向匀速运动有t＝Lv1
竖直方向匀加速运动有v＝at
由牛顿第二定律得匀加速的加速度a＝U2edm
由几何关系得tanθ＝atv1
联立以上各式，解得U2＝2d2U1L2
（3）要使打在靶台上的电子动能最小，则需电子在偏转电场中偏转距离最小，则电子打在靶台右端时电子的动能最小，此时由类平抛运动的规律可知，连接靶台右端与两板中心的连线方向为电子出射的方向，如图所示，则由几何关系知偏转量y满足
yd＝L2L＋L2＝13
解得y＝d3
又由竖直方向电子匀加速运动得偏移量y＝12·U3edmt2，而t＝Lv1
联立解得U3＝4d2U13L2
则电子打到靶台上的最小动能Ekmin＝U1e＋U3dye＝（4d29L2＋1）U1e.
13.[微波信号放大器/2023广东广州一模]如图是微波信号放大器的结构简图，其工作原理简化如下：均匀电子束以一定的初速度进入Ⅰ区（输入腔）被ab间交变电压（微波信号）加速或减速，当Uab＝U0时，电子被减速到速度为v1，当Uab＝－U0时，电子被加速到速度为v2，接着电子进入Ⅱ区（漂移管）做匀速直线运动.某时刻速度为v1的电子进入Ⅱ区，t时间（小于交变电压的周期）后速度为v2的电子进入Ⅱ区，恰好在漂移管末端追上速度为v1的电子，形成电子“群聚块”，接着“群聚块”进入Ⅲ区（输出腔），达到信号放大的作用.忽略电子间的相互作用.求：
（1）电子进入Ⅰ区的初速度大小v0和电子的比荷em；
（2）漂移管的长度L.
答案 （1）v12＋v222 v22－v124U0 （2）v1v2v2－v1t
解析 （1）在Ⅰ区，由动能定理有－eU0＝12mv12－12mv02
eU0＝12mv22－12mv02
联立解得v0＝v12＋v222，em＝v22－v124U0
（2）在Ⅱ区，设速度为v2的电子运动时间为t'，则有v1（t＋t'）＝L，v2t'＝L
联立解得L＝v1v2v2－v1t.
14.[带电粒子在变化的电场中的运动]如图甲所示，热电子由阴极飞出时的初速度忽略不计，电子发射装置的加速电压为U0，平行板电容器的板长和板间距离均为L＝10cm，下极板接地，电容器右端到荧光屏的距离也是L＝10cm，在电容器极板间接一周期性变化的电压，上极板的电势随时间变化的图像如图乙所示.每个电子穿过平行板的时间都极短，可以认为电子穿过平行板的过程中电压是不变的.
（1）在t＝0.06s时刻，电子打在荧光屏上的何处？
（2）荧光屏上有电子打到的区间有多长？
答案 （1）荧光屏上方距离O点13.5cm处 （2）30cm
解析 （1）设电子经电压U0加速后的速度为v，根据动能定理得eU0＝12mv2
所以v＝2eU0m
经偏转电场偏转后的偏移量y＝12at2＝12·eU偏mL（Lv）2
所以y＝U偏L4U0
由题图乙知t＝0.06s时刻U偏＝1.8U0，解得y＝4.5cm
设打在屏上的点距O点距离为Y，根据相似三角形并结合类平抛运动知识可得Yy＝L＋12L12L
代入数据解得Y＝13.5cm
故在t＝0.06s时刻，电子打在荧光屏上方距离O点13.5cm处
（2）由题知电子偏移量y的最大值为12L，由y＝U偏L4U0可得，当偏转电压超过2U0时，电子就打不到荧光屏上了.
根据Yy＝L＋12L12L
得Ymax＝3L2，所以荧光屏上有电子打到的区间长为2Ymax＝3L＝30cm.课标要求
核心考点
五年考情
核心素养对接
1.能分析带电粒子在电场中的运动情况，能解释相关的物理现象.
2.观察常见的电容器，了解电容器的电容，观察电容器的充、放电现象.
3.能举例说明电容器的应用.
电容器及平行板电容器的动态分析
2022：湖北T4；
2021：重庆T4；
2019：北京T23
1.物理观念：理解电容器及电容的基本概念；理解带电粒子在电场中偏转的原理；掌握平行板电容器的电容及带电粒子在电场中运动等基本规律.
2.科学思维：利用公式判断平行板电容器电容的变化；利用动力学、功能、动量观点分析带电粒子在电场中的运动，掌握作图法在偏转问题中的应用.
3.科学探究：通过探究影响电容器电容大小的因素，能应用控制变量的方法确定科学探究方案.
4.科学态度与责任：通过认识常见的电容器，体会电容器在生活中的广泛应用，培养探究新事物的兴趣.思考带电粒子在电场中偏转的实际应用，并应用于日常生活中，提升自己的社会责任感.
带电粒子在电场中的直线运动
2022：辽宁T10，广东T14；
2021：山东T6，广东T6，上海T8；
2019：天津T12，浙江4月T10
带电粒子在匀强电场中的偏转
2023：北京T19，湖北T10，浙江6月T8；
2022：全国乙T21，浙江6月T9；
2021：全国乙T20；
2020：浙江7月T6，浙江1月T7；
2019：全国ⅢT24，江苏T5，天津T3
命题分析预测
电容器的性质一般单独考查，主要考查其动态分析；带电粒子在电场中的加速和偏转问题是高考的热点问题，主要考查力与运动的关系及运动过程中的功能关系.预计2025年高考可能会结合电容器或粒子加速器等在生活中的实际应用考查带电粒子的运动.
定义
电容器所带的[5] 电荷量Q 与电容器两极板之间的[6] 电势差U 之比
定义式
C＝QU比值定义法
单位
法拉（F）、微法（μF）、皮法（pF）.1F＝[7] 106 μF＝1012pF
意义
表示电容器容纳电荷本领的高低
决定
因素
由电容器本身物理条件（大小、形状、相对位置及电介质）决定，与电容器是否带电及两极板间是否存在电压无关
运动情况
如果带电粒子以初速度v0垂直场强方向进入板间电压为U的匀强电场中，则带电粒子在电场中做类平抛运动，如图所示
处理方法
将粒子的运动分解为沿初速度方向的[9] 匀速直线 运动和沿电场力方向的[10] 匀加速直线 运动.根据运动的合成与分解的知识解决有关问题
基本关系式
运动时间t＝lv0，加速度a＝Fm＝qEm＝qUmd，偏转量y＝12at2＝qUl22mdv02，偏转角θ的正切值tanθ＝vyv0＝atv0＝qUlmdv02
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